Question

4．已知函数f（x）=e^x-x-m（m∈R）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）判断f（x）的零点个数，说明理由；
（3）若f（x）有两个零点x₁、x₂，证明：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （1）直接利用导函数判断原函数f（x）的单调性即可，同时求出最小值；
（2）由（1）知f（x）的最小值为f（0）=1-m，对m分类讨论m＜1时，f（x）没有零点，m=1时，f（x）有一个零点，m＞1时，构造g（x）=e^x-2x（x≥1）判断函数零点个数；
（3）若x₁，x₂为f（x）的两个零点，设x₁＜x₂，因为f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=${e}^{{x}_{2}}-{x}_{2}-m$-（${e}^{-{x}_{2}}+{x}_{2}-m$）=${e}^{{x}_{2}}-{e}^{-{x}_{2}}-2{x}_{2}$ 从而构造函数函数h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），证明h（x）在[0，+∞）上单调递增来判断x₁+x₂＜0．

解答 解：（1）因为f'（x）=e^x-1，
所以，当x∈（-∞，0），f'（x）＜0，当x∈（0，+∞），f'（x）＞0；
所以f（x）的单调递减区间为（-∞，0），单调增区间为（0，+∞），
故当x=0时，f（x）取得最小值为f（0）=1-m；
（2）由（1）知f（x）的最小值为f（0）=1-m；
①当1-m＞0，即m＜1时，f（x）没有零点；
②当1-m=0时，即m=1时，f（x）有一个零点；
③当1-m＜0，即m＞1时，构造g（x）=e^x-2x（x≥1）
g'（x）=e^x-2，当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增．
故g（x）≥g（1）=e-2＞0，所以m＞1时，g（m）＞0，即e^m-2m＞0；
又因为f（m）=e^m-2m，所以f（m）＞0．
又f（-m）=e^-m＞0，
所以必存在唯一的x₁∈（-m，0），唯一的x₂∈（0，m），使得x₁，x₂为f（x）的两个零点，
故当m＞1时，f（x）有两个零点．
（3）若x₁，x₂为f（x）的两个零点，设x₁＜x₂，则由（2）知x₁＜0，x₂＞0．
因为f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=${e}^{{x}_{2}}-{x}_{2}-m$-（${e}^{-{x}_{2}}+{x}_{2}-m$）=${e}^{{x}_{2}}-{e}^{-{x}_{2}}-2{x}_{2}$．
令h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），
则h'（x）=e^x-e^-x-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$-2=0，
所以h（x）在[0，+∞）上单调递增，因此h（x）≥h（0）=0；
又x₁＜0＜x₂，所以h（x₂）＞0，即${e}^{{x}_{2}}-{e}^{-{x}_{2}}-2{x}_{2}$＞0，故f（x₁）＞f（-x₂），
又x₁＜0，-x₂＜0，且由（1）知f（x）在（-∞，0）单调递减，所以x1＜-x2，所以x₁+x₂＜0．
故得证．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、通过构造函数研究函数的单调性解决问题的方法，考查了转化能力、推理能力与计算能力，属于难题．